重慶市巴蜀中學(xué)校2024屆高三下學(xué)期高考適應(yīng)性月考（九）（4月）數(shù)學(xué)試題（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．答題前，考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚．
2．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號．在試題卷上作答無效．
3．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．滿分150分，考試用時(shí)120分鐘．
一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）
1. 已知集合，集合，集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由并集和補(bǔ)集的運(yùn)算得出即可.
【詳解】由，所以，
故選：A．
2. 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是，則對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由復(fù)數(shù)的運(yùn)算化簡再由幾何意義得出即可.
【詳解】由，所以，對應(yīng)的坐標(biāo)為，
故選：C．
3. 下列函數(shù)的圖象與直線相切于點(diǎn)的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出對應(yīng)斜率是否為1，并由切點(diǎn)進(jìn)行逐一判斷即可得出結(jié)論.
【詳解】A．，在的切線斜率為0，不符合；
B．在的切線斜率為1，所以切線為，成立；
C．D．兩個(gè)函數(shù)均不經(jīng)過，不符合.
故選:B．
4. 已知角的終邊經(jīng)過點(diǎn)，則的值不可能是（）
A B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由定義可得，計(jì)算可求.
【詳解】由定義，，
當(dāng)，合題意；
當(dāng)，化簡得，由于橫坐標(biāo)，角的終邊在一、四象限，
所以．
故選：D．
5. 中國載人航天工程發(fā)射第十八艘飛船，簡稱“神十八”，于2024年4月執(zhí)行載人航天飛行任務(wù)．運(yùn)送“神十八”的長征二號運(yùn)載火箭，在點(diǎn)火第一秒鐘通過的路程為，以后每秒鐘通過的路程都增加，在達(dá)到離地面的高度時(shí)，火箭開始進(jìn)入轉(zhuǎn)彎程序．則從點(diǎn)火到進(jìn)入轉(zhuǎn)彎程序大約需要的時(shí)間是（）秒．
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由題意結(jié)合等差數(shù)列的定義求出通項(xiàng)公式，再由前項(xiàng)和公式計(jì)算即可.
【詳解】設(shè)出每一秒鐘的路程為數(shù)列，
由題意可知為等差數(shù)列，
則數(shù)列首項(xiàng)，公差，
所以，
由求和公式有，解得，
故選：C．
6. 我國南宋著名數(shù)學(xué)家秦九韶（約1202～1261）獨(dú)立發(fā)現(xiàn)了與海倫公式等價(jià)的由三角形三邊求面積的公式，他把這種稱為“三斜求積”的方法寫在他的著作《數(shù)書九章》中．具體的求法是：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上．以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實(shí)一為從隅，開平方得積．”如果把以上這段文字寫成公式，就是．現(xiàn)將一根長為的木條，截成三段構(gòu)成一個(gè)三角形，若其中有一段的長度為，則該三角形面積的最大值為（）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】代入后利用基本不等式可求的得最大值．
【詳解】令，則，
代入得，
由基本不等式：所以，可得，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，
所以時(shí)，面積取得最大值．
故選：A．
7. 0和1是計(jì)算機(jī)中最基本的數(shù)字，被稱為二進(jìn)制數(shù)字．若數(shù)列滿足：所有項(xiàng)均是0或1，當(dāng)且僅當(dāng)（其中為正整數(shù)）時(shí)，，其余項(xiàng)為0．則滿足的最小的正整數(shù)（）
A. 50B. 51C. 52D. 53
【答案】B
【解析】
【分析】由題意可得，則，根據(jù)即可求解.
【詳解】由題意知，，
且，
即，
當(dāng)時(shí)，，
由于，所以滿足的的最小值為51，
故選：B．
8. 已知?jiǎng)狱c(diǎn)在拋物線上，點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，若，且直線與的外接圓相切，則（）
A. B. 或C. 或D. 2或
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理求得△外接圓半徑，結(jié)合幾何關(guān)系求得外接圓圓心，再根據(jù)直線和圓相切則圓心到直線的距離等于半徑，列出方程，即可求得.
【詳解】由拋物線方程，設(shè)圓心，半徑為，顯然；
因?yàn)?，，故?br>在中，由正弦定理得，解得；
則；
又圓與直線相切，故圓心到直線的距離，
當(dāng)時(shí)，則圓心到直線的距離，解得；
當(dāng)時(shí)，則圓心到直線的距離，解得或（舍），
綜上或.
故選：C．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握正弦定理，直線與圓的位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化，屬綜合中檔題.
二、多項(xiàng)選擇題（本大題共3個(gè)小題，每小題6分，共18分，在每個(gè)給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分）
9. 在跳水比賽中，裁判給分計(jì)算運(yùn)動(dòng)員成績規(guī)則如下：有7位裁判，對某選手一次跳水的給分均不相同，去掉一個(gè)最高分和一個(gè)最低分后，下列說法正確的是（）
A. 剩下5位裁判給分的平均值一定變大
B. 剩下5位裁判給分的極差一定變小
C. 剩下5位裁判給分的中位數(shù)一定變大
D. 剩下5位裁判給分的方差一定變小
【答案】BD
【解析】
【分析】設(shè)7位裁判對每位選手給分分別為，結(jié)合平均數(shù)、極差、中位數(shù)和方差的概念與表示意義依次判斷選項(xiàng)即可.
【詳解】設(shè)7位裁判對每位選手給分分別為，
A：若7位裁判分別給分為1~7分，則原來平均值和去掉后的平均值都是，不變，故A錯(cuò)誤；
B：由，所以，故B正確；
C：去掉一個(gè)最高分和一個(gè)最低分前的中位數(shù)是，
去掉一個(gè)最高分和一個(gè)最低分后的中位數(shù)是，故C錯(cuò)誤；
D：由題意，極差變小，數(shù)據(jù)更穩(wěn)定，所以方差變小，故D正確.
故選：BD．
10. 已知實(shí)數(shù)滿足：，則下列不等式中可能成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由指數(shù)函數(shù)，冪函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)分別畫出，，，數(shù)形結(jié)合逐一判斷即可.
【詳解】令，
畫出，，，如圖：
由圖象可知：當(dāng)在①位置時(shí)，；當(dāng)在②位置時(shí)，；當(dāng)在③位置時(shí)，；故不可能成立，
故選：ABD．
11. 柏拉圖實(shí)體，也稱為柏拉圖多面體，是一組具有高度對稱性的幾何體．它們的特點(diǎn)是每個(gè)面都是相同的正多邊形，每個(gè)頂點(diǎn)處的面的排列也完全相同．正八面體就是柏拉圖實(shí)體的一種．如圖是一個(gè)棱長為2的正八面體．甲、乙二人使用它作游戲：甲任選三個(gè)頂點(diǎn)，乙任選三個(gè)面的中心點(diǎn)，構(gòu)成三角形．甲、乙選擇互不影響，下列說法正確的是（）
A. 該正八面體的外接球的體積為
B. 平面截該正八面體的外接球所得截面的面積為
C. 甲能構(gòu)成正三角形的概率為
D. 甲與乙均能構(gòu)成正三角形的概率為
【答案】ABD
【解析】
【分析】由圖形，根據(jù)勾股定理求出球的半徑，結(jié)合球的體積公式計(jì)算即可判斷A；如圖，根據(jù)等面積求出OH，進(jìn)而求出截面圓的半徑即可判斷B；確定甲乙選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成正三角形的情況，結(jié)合古典概型的概率公式計(jì)算即可判斷CD.
【詳解】A：由棱長為2，得正八面體上半部分的斜高為，高為，
則正八面體的體積為．
則正八面體的外接球的球心為，半徑為，
所以外接球的體積為，故A正確；
B：由于到平面的距離等于到平面的距離，
在中，過作的垂線，垂足為，則平面．
由，得，
平面截正八面體的外接球所得截面是圓，半徑，
所以所得截面的面積為，故B正確；
C：甲隨機(jī)選擇的情況有種，甲選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成正三角形，只有一種情況：
甲從上下兩個(gè)點(diǎn)中選一個(gè)，從中間四個(gè)點(diǎn)中選相鄰兩個(gè)，共有種，
甲構(gòu)成正三角形的概率為，故C錯(cuò)誤；
D：乙隨機(jī)選擇的情況有種，乙構(gòu)成正三角形，只有一種情況：
上面四個(gè)面的中心中選一個(gè)點(diǎn)且從下面四個(gè)面的中心選相對的兩個(gè)點(diǎn)，
或下面四個(gè)面的中心中選一個(gè)點(diǎn)且從上面四個(gè)面的中心選相對的兩個(gè)點(diǎn)，
共有種，概率為；又甲能構(gòu)成正三角形的概率為，
所以甲與乙均能構(gòu)成正三角形的概率為，故D正確.
故選：ABD．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查幾何體與球的綜合問題，垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化，平面截球的問題，關(guān)鍵是：⑴利用球的弦長公式計(jì)算弦長；⑵確定平面截球體所得截面的形狀.
三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）
12. 已知函數(shù)的圖象關(guān)于軸對稱，則______．
【答案】1
【解析】
【分析】由函數(shù)圖象關(guān)于軸對稱可得，再結(jié)合對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)代入表達(dá)式求出即可.
【詳解】因?yàn)椋?br>且，即，
有，
所以．
故答案為：1.
13. 使用二項(xiàng)式定理，可以解決很多數(shù)學(xué)問題．已知可以寫成：，將它展開式的第項(xiàng)令為，，，則取最大值時(shí)，______．
【答案】
【解析】
【分析】令，，計(jì)算解得，即可得出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以令，得，解得．
令，得，解得.
所以，，因此，當(dāng)時(shí)，取最大值．
故答案為：
14. 如圖，四邊形由和拼接而成，其中，，若與相交于點(diǎn)，，，，且，則的面積______．
【答案】##
【解析】
【分析】在中，由正弦定理得再利用兩角和差的正弦展開式計(jì)算出，最后利用三角形面積公式得到面積.
【詳解】在中，由正弦定理得：，由于，所以．
而，則有：，
，
又，，
由，
可得，
所以，
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于能利用正弦定理和兩角差的正切公式結(jié)合三角形面積公式求出邊長.
四、解答題（共77分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
15. 已知數(shù)列的首項(xiàng)，設(shè)，且的前項(xiàng)和滿足：．
（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）令，求證：．
【答案】（1）（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）利用，結(jié)合等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式計(jì)算即可求解；
（2）由（1）得，易知當(dāng)時(shí)不等式成立，當(dāng)時(shí)根據(jù)放縮法可得，結(jié)合裂項(xiàng)相消求和法即可證明.
【小問1詳解】
當(dāng)時(shí)，，
兩式相減得：，所以.
當(dāng)時(shí)，且，可得，滿足上式，
由，則為等比數(shù)列，，
所以．
【小問2詳解】
由（1）知，
所以，
當(dāng)時(shí)，成立；
當(dāng)時(shí)，，
所以成立．
16. 如圖，有一個(gè)正方形為底面的正四棱錐，各條邊長都是1；另有一個(gè)正三角形為底面的正三棱錐，各條邊長也都是1.
（1）在四棱錐中，求與平面所成角的正弦值，并求二面角的平面角的正弦值；
（2）現(xiàn)把它倆其中的兩個(gè)三角形表面用膠水黏合起來，如黏合面和面.試問：由此而得的組合體有幾個(gè)面？請說明理由.
【答案】（1）；.
（2）；理由見解析.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，分別求出直線的方向向量、平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，結(jié)合線面角與向量夾角和面面角與向量的夾角的關(guān)系即可求解；
（2）根據(jù)正三棱錐的性質(zhì)，利用勾股定理及等腰三角形的三線合一定理，再利用二面角的平面角的定義及余弦定理，結(jié)合題意即可求解.
【小問1詳解】
設(shè)，由正四棱錐的性質(zhì)，平面，，
以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系.如圖所示
由題意可知，
所以，，，，
設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則，即
令，則，所以
設(shè)與平面所成角為，
則；
設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則，即
令，則，所以.
設(shè)二面角的平面角為，
則，
所以，
所以與平面所成角的正弦值為；二面角的平面角的正弦值為.
【小問2詳解】
得到5個(gè)面，理由如下：
一個(gè)正四棱錐，每個(gè)側(cè)面都是單位正三角形；一個(gè)正四面體，每個(gè)面也都是單位正三角形，
把兩個(gè)幾何體通過一個(gè)全等的正三角形面粘接起來.
因?yàn)橛兴膫€(gè)面兩兩融合，變成了兩個(gè)面.
原因這里有兩對兩個(gè)二面角恰好互補(bǔ)，
下面計(jì)算驗(yàn)證.分別計(jì)算二面角和二面角的平面角大小.
由（1）求得二面角平面角
取的中點(diǎn)，連接，如圖所示
因?yàn)檎切螢榈酌娴恼忮F，各條邊長也都是1，
所以，
所以.
又的中點(diǎn)為，
所以為二面角的平面角，
在中，由余弦定理的推理得
所以，
故二面角的平面角的余弦值為，
所以，這樣平面APB與平面QFG融合成了一個(gè)平面，
同理：平面DPC與平面QEG融合成了一個(gè)平面，
所以組合體有5個(gè)面.
17. 已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，定點(diǎn)，，動(dòng)點(diǎn)滿足直線和斜率乘積等于．
（1）求動(dòng)點(diǎn)的軌跡的方程；
（2）若不垂直于軸的直線與交于兩點(diǎn)，若以為鄰邊作平行四邊形，點(diǎn)恰好在上．問平行四邊形的面積是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請說明理由．
【答案】（1）．
（2）平行四邊形的面積為定值，理由見解析．
【解析】
【分析】（1）設(shè)點(diǎn)，可得，化簡即可動(dòng)點(diǎn)的軌跡的方程；
（2）設(shè)，代入橢圓方程求得利用，可求得，利用點(diǎn)在橢圓上，可得，利用弦長公式與點(diǎn)到直線的距離公式可得平行四邊形的面積是定值.
【小問1詳解】
設(shè)點(diǎn)，由題意得，
化簡得：．
所以動(dòng)點(diǎn)的軌跡的方程為．
【小問2詳解】
如圖，由于直線的斜率存在，設(shè)，
將直線代入，可得，
則，
韋達(dá)定理得：，
由于，若四邊形為平行四邊形，
則有，
即點(diǎn)在橢圓上，代入橢圓方程，
化簡可得：，滿足：，
則
弦長，
點(diǎn)到直線距離，
故平行四邊形的面積，
所以平行四邊形的面積為定值．
18. 某項(xiàng)團(tuán)體比賽分為兩輪：第一輪由團(tuán)隊(duì)隊(duì)員輪流與AI人工智能進(jìn)行比賽．若挑戰(zhàn)成功，參加第二輪攻擂賽與上任擂主爭奪比賽勝利．現(xiàn)有甲隊(duì)參加比賽，隊(duì)中共3名事先排好順序的隊(duì)員參加挑戰(zhàn)．
（1）第一輪與對戰(zhàn)，比賽的規(guī)則如下：若某隊(duì)員第一關(guān)闖關(guān)成功，則該隊(duì)員繼續(xù)闖第二關(guān)，否則該隊(duì)員結(jié)束闖關(guān)并由下一位隊(duì)員接力去闖第一關(guān)，若某隊(duì)員第二關(guān)闖關(guān)成功，則該團(tuán)隊(duì)接力闖關(guān)活動(dòng)結(jié)束，否則該成員結(jié)束闖關(guān)并由下一位隊(duì)員接力去闖第二關(guān)；當(dāng)?shù)诙P(guān)闖關(guān)成功或所有隊(duì)員全部上場參加了闖關(guān)，該隊(duì)挑戰(zhàn)活動(dòng)結(jié)束．已知甲隊(duì)每位成員闖過第一關(guān)和第二關(guān)的概率分別為，，且每位成員闖關(guān)是否成功互不影響，每關(guān)結(jié)果也互不影響．用表示甲隊(duì)闖關(guān)活動(dòng)結(jié)束時(shí)上場闖關(guān)的成員人數(shù)，求的期望；
（2）甲隊(duì)已經(jīng)順利進(jìn)入第二輪，現(xiàn)和擂主乙隊(duì)號隊(duì)員進(jìn)行比賽，規(guī)則為：雙方先由1號隊(duì)員比賽，負(fù)者被淘汰，勝者再與負(fù)方2號隊(duì)員比賽直到有一方隊(duì)員全被淘汰，另一方獲得勝利．已知，甲隊(duì)三名隊(duì)員每場比賽的勝率分別為：，，，若要求甲隊(duì)獲勝的概率大于，問是否滿足？請說明理由．
【答案】（1）
（2）符合題意，理由見解析
【解析】
【分析】（1）的所有可能取值為1，2，3，分別求出對應(yīng)的概率，可求得分布列，可求數(shù)學(xué)期望；
（2）分析得一人全勝，，兩人參賽獲勝，，，三人參賽獲勝，三種情況的概率，進(jìn)而可得求解即可.
【小問1詳解】
的所有可能取值為1，2，3．
1個(gè)人的情況為：1號勝勝，則概率為，
2個(gè)人的情況為：1號負(fù)2號勝勝或1號勝負(fù)2號勝，
概率為，
3個(gè)人的概率，
所以分布列為：
所以．
【小問2詳解】
分三種情況：
第一，一人全勝，該事件的概率設(shè)為，則，
第二，，兩人參賽獲勝，該事件的概率設(shè)為，
則，
第三，，，三人參賽獲勝，該事件的概率設(shè)為，
則
由，
所以要甲隊(duì)獲勝的概率大于，即，化簡得：
當(dāng)，代入可得：，成立．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是充分理解對應(yīng)規(guī)則，分析得兩規(guī)則下對應(yīng)勝利的概率，從而得解.
19. 閱讀材料一：“裝錯(cuò)信封問題”是由數(shù)學(xué)家約翰·伯努利（Jhann Bernulli，1667～1748）的兒子丹尼爾·伯努利提出來的，大意如下：一個(gè)人寫了封不同的信及相應(yīng)的個(gè)不同的信封，他把這封信都裝錯(cuò)了信封，問都裝錯(cuò)信封的這一情況有多少種？后來瑞士數(shù)學(xué)家歐拉（Lenhard Euler，1707～1783）給出了解答：記都裝錯(cuò)封信的情況為種，可以用全排列減去有裝正確的情況種數(shù)，結(jié)合容斥原理可得公式：，其中．
閱讀材料二：英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)的泰勒公式有如下特殊形式：當(dāng)在處階可導(dǎo)，則有：，注表示的階導(dǎo)數(shù)，該公式也稱麥克勞林公式．閱讀以上材料后請完成以下問題：
（1）求出的值；
（2）估算的大?。ūＡ粜?shù)點(diǎn)后2位），并給出用和表示的估計(jì)公式；
（3）求證：，其中．
【答案】（1）
（2）；
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）分別代入公式計(jì)算即可；
（2）由麥克勞林公式中取，計(jì)算即可；
（3）首先利用麥克勞林公式猜想和，再構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)證明猜想；然后得到，最后令，代入上式經(jīng)過拆項(xiàng)可得，即可證明.
【小問1詳解】
因?yàn)椋?br>所以，
，
，
所以．
【小問2詳解】
由麥克勞林公式，令，有
再取，可得，
所以估算值為．
在中，取，可得.
【小問3詳解】
證明：由麥克勞林公式，當(dāng)時(shí)，令，有，猜想：
令，有，猜想：
令，由，所以，即．
令，由，
再令，則恒成立，
所以在上為增函數(shù)，且，
所以在上為增函數(shù)，
所以，即．
又時(shí)，，，所以.
令，當(dāng)，有，
則，命題得證．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三問關(guān)鍵是能根據(jù)麥克勞林公式得到當(dāng)時(shí)，得到，再令，裂項(xiàng)證明.
1
2
3

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